062 đề HSG toán 7 trường phong đạt 2018 2019

TRƯỜNG THCS PHONG ĐẠT

ĐỀ THI OLYMPIC LỚP 7
NĂM HỌC 2018-2019
MÔN: TOÁN 7

Câu 1. (3 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương, thỏa mãn điều kiện:
a bc bca c a b


. Hãy tính giá trị của biểu thức:
c
a
b
 b  a  c 
B  1  1  1  
 a  c  b 

Câu 2. (5 điểm)
a b c
 abc  a
1) Cho   . Chứng minh: 
 
b c d
bcd  d
a 1 b  3 c  5
2) Cho
và 5a  3b  4c  46. Xác định a, b, c


2

4
6
3) Ba lớp 7 A,7 B,7C cùng mua một số gói tăm từ thiện, lúc đầu số gói tăm dự
định chia cho ba lớp tỉ lệ với 5: 6 : 7 nhưng sau đó chia theo tỉ lệ 4 : 5: 6 nên
có một lớp nhận nhiều hơn dự định 4 gói. Tính tổng số gói tăm mà ba lớp đã
mua.
Câu 3. (2 điểm)
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A  2 x  2  2 x  2013 với x là số nguyên
3

Câu 4. (7 điểm)
Cho xAy  600 có tia phân giác Az. Từ điểm B trên Ax kẻ BH  Ay tại H, kẻ

BK  Az và Bt / / Ay, Bt cắt Az tại C. Từ C kẻ CM  Ay tại M. Chứng minh:
a) K là trung điểm của AC
b) KMC là tam giác đều
c) Cho BK  2cm, Tính các cạnh của AKM
Câu 5. (3 điểm)
Cho biết  x  1 f  x    x  4 f  x  8 với mọi x. Chứng minh f  x  có ít nhất hai
nghiệm.


ĐÁP ÁN
Câu 1.
Vì a, b, c là các số dương nên a  b  c  0
Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có:
a b c b c a c  a b a b c b c a c  a b




1
c
a
b
abc
abc
bca
c  a b
Mà
1 
1 
1  2
c
a
b
ab bc ca



2
c
a
b
 b  a  c  b  c c  a b  c
Vậy B  1  1   1   
.
.
8
a
c

b
 a  c  b 
Câu 2.
a b c abc
1) Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau:   
b c d bcd
 abc  abc abc abc a b c a
.
.
 . . 
Do đó: 
 
b

c

d
b

c

d
b

c

d
b

c


d
b c d d


a  1 b  3 c  5 5  a  1 3(b  3) 4(c  5) 5a  3b  4c  5  9  20
2)






 2
2
4
6
10
12
24
10  12  24
 a  3, b  11, c  7
3) Gọi tổng số tăm của ba lớp cùng mua là x  x  *
3

Số gói tăng dự định chia cho 3 lớp 7 A,7 B,7C lúc đầu lần lượt là a, b, c
a b c a bc x
5x
6x x
7x

Ta có:   
  a  ;b 
 ;c 
(1)
5 6 7
18
18
18
18 3
18
Số gói tăm sau đó chia cho 3 lớp lần lượt là a ', b ', c ' ta có:
a ' b ' c ' a ' b ' c ' x
4x
5x x
6x
  
  a '  ;b ' 
 ;c ' 
(2)
4 5 6
15
15
15
15 3
15
So sánh (1) và (2) ta có: a  a ', b  b ', c  c ' nên lớp 7C nhận nhiều hơn lúc đầu
6x 7x
x

4

 4  x  360
Vậy c ' c  4 hay
15 18
90
Vậy số gói tăm 3 lớp đã mua là 360 gói.


Câu 3.
Ta có: A  2 x  2  2 x  2013  2 x  2  2013  2 x
 2 x  2  2013  2 x  2011

Dấu "  " xảy ra khi  2 x  2  2013  2 x   0  1  x 

2013
2

Câu 4.

x
z
C

B
K

y
A

M

H




a) ABC cân tại B do CAB  ACB  MAC và BK là đường cao  BK là
đường trung tuyến  K là trung điểm của AC
b) ABH  BAK (ch  gn)  BH  AK mà AK 
Ta có: BH  CM (BHM  MCB) mà CK  BH 

1
AC  CM  CK  MKC
2

là tam giác cân (1)
Mặt khác MCB  900 và ACB  300  MCK  600 (2)
Từ (1) và (2) suy ra MKC là tam giác đều

1
1
AC  BH  AC
2
2


c) Vì ABK vuông tại K mà KAB  300  AB  2BK  2.2  4cm
Vì ABK vuông tại K nên theo Pitago ta có:
1
AK  AB2  BK 2  16  4  12 mà KC  AC  KC  AK  12
2

KCM đều  KC  KM  12
Theo phần b, AB  BC  4cm, AH  BK  2, HM  BC (BHM  MCB)
 AM  AH  HM  6cm
Câu 5. Vì  x  1 f  x    x  4  f  x  8 với mọi x nên:

+khi x  4 thì 5 f  4   0. f  4   f  4   0 . Vậy x  4 là một nghiệm của
f  x

+Khi x  12 thì 13 f  12   8. f  4   f  12   f  4   0 . Vậy x  12 là
một nghiệm của f  x 
Do đó f  x  có ít nhất 2 nghiệm là 4 và 12